我在知乎上看到一道题目和用户“量化调酒师”的解答，觉得还挺有意思的，和大家分享一下。

题目这样说：求最大值对于$\sin{2x}+7\cos{x}$

由三角恒等变换我们很容易得到原式=$2sinxcosx+7cosx$

最神奇的一步来了！

原式$\leq(\sqrt{15}sin^2x+\frac1{\sqrt{15}}cos^2x)+(\frac{14}{\sqrt{15}}cos^2x+\frac{7\sqrt{15}}{8})$

我们来看看为什么。

我们尝试找到这个式子的最大值对吗？那好，我们把它分一分。这个式子不齐次，我们先处理简单的：$7cosx$,它的最大值是7吗？是的。但是我们不能这样考虑，因为它最大的时候，显然$2sinxcosx$不最大，这不严谨，各部分最大值对应的 x 不同，不能简单相加，所以需要整体放缩。所以我们期望通过某些手段把这个式子分部分的最大值统一用齐次的三角函数表达出来，然后再求整理出来的新的式子的最大值（注意取等）亦或消去。谈到消去，我们就不禁想到$sin^2x+cos^2x=1$（这是很重要的构思！）。

看来我们希望它们都能成为二次的！我们可以试一试能不能行：但是这样我们似乎就难以对$7cosx$下手，毕竟如果直接把它化成二次的话就只能利用$cos^2\alpha=2cos^2\alpha+1\rightarrow cos\alpha=2cos^2\frac\alpha 2+1$，这不是很好配凑，看来我们一开始的路线不对。既然要化为二次，我们不如还是先考虑$2sinxcosx$吧！

首先我们回顾一下基本不等式（均值不等式）（下面的值在正数范围讨论）：

由完全平方公式可以得到$\frac2{\frac1a+\frac1b}\leq\sqrt{ab}\leq\frac{a+b}2\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2}2}$

由此我们可以得到一个重要结论：$\boxed{2ab \leqλa^2 +λ^{-1}b^2}$

也就是说$2sinxcosx\leq ksin^2x+k^{-1}cos^2x$，我们希望$sin^2x$和$cos^2x$前的系数一致，注意到只要能把$7cosx$的最大值配成$(k-k^{-1})cos^2x+μ$，且μ为常数的形式，我们就能彻底消去所有的变量。欸嘿！你注意到了吗：这显然可以实现——因为这又是一个基本不等式。$7cosx =\frac{  2\cdot [\sqrt2 \sqrt{k-k^{-1}} \cdot cosx]\cdot   [7\frac1{\sqrt2 \sqrt{k-k^{-1}}}]  }2\leq\frac12[2(k-k^{-1})cos^2x+\frac{49}{2(k-k^{-1})}]$，问题解决！我们成功配凑出来$(k-k^{-1})cos^2x$

于是原式满足$2\sin x\cos x \leq k\sin^2 x + \frac1k\cos^2 x,7\cos x \leq (k-\frac1k)\cos^2 x + \frac{49}{4(k-\frac1k)}$

两式相加，得$\sin2x+7\cos x \le k\sin^2 x + k\cos^2 x + \frac{49}{4(k-\frac1k)}= k + \frac{49}{4(k-\frac1k)}$

其中k>1以保证$k-\frac1k>0$

这个上界里还有一个自由参数 k。我们要找一个k，既让这个上界尽可能小，又能让两个不等号同时取等。  

两个取等条件分别是：

1. 从 $2\sin x\cos x\le k\sin^2 x+\frac1k\cos^2 x$ 取等：$\sqrt{k}\sin x = \frac1{\sqrt{k}}\cos x$，即 $\tan x = \frac1k$

2. 从 $7\cos x$ 的放缩放取等：$\sqrt2\sqrt{k-\frac1k}cos x = \frac7{\sqrt2\sqrt{k-\frac1k}}$，即$\cos x = \frac7{2(k-\frac1k)}$

由$\tan x = \frac1k$ 可得 $\cos x = \frac{k}{\sqrt{k^2+1}}$。把它代入第二个等号条件：

$\frac{k}{\sqrt{k^2+1}} = \frac7{2(k-\frac1k)} = \frac{7k}{2(k^2-1)}$

约去 $k>0$，平方整理：

$\frac1{k^2+1} = \frac{49}{4(k^2-1)^2}\Longrightarrow4(k^2-1)^2 = 49(k^2+1)$

令$t=k^2$，得 $4(t-1)^2=49(t+1)$，即

$4t^2-8t+4 = 49t+49 \;\Longrightarrow\; 4t^2-57t-45=0$

判别式 $\Delta = 57^2+4\cdot4\cdot45 = 3249+720 = 3969 = 63^2$，故

$t = \frac{57\pm63}{8}$

取正根$t=15$，于是 $k=\sqrt{15}$，（负值舍去，因
$k>1$）。

把$k=\sqrt{15}$ 代入上界：

$\sin2x+7\cos x \le \sqrt{15} + \frac{49}{4(\sqrt{15}-\frac1{\sqrt{15}})}= \sqrt{15} + \frac{49}{4\cdot\frac{14}{\sqrt{15}}}= \sqrt{15} + \frac{7\sqrt{15}}{8}= \frac{15\sqrt{15}}{8}$

此时 $\cos x = \frac{\sqrt{15}}4$，$\sin x = \frac14$（由 $\tan x = 1/\sqrt{15}$ 且均为正），确实同时满足所有等号。因此最大值就是
$\frac{15\sqrt{15}}{8}$，在 $x = \arcsin\frac14 + 2n\pi$ 以及 $x = \pi - \arcsin\frac14 + 2n\pi$ 时取得（后者需检验符号，此处仅第一象限那组使两项同正，取最大值；另一组 $\cos x$ 为负，不会达到最大）。

这“神奇的一步”终于落地，原来是精心挑选了 $k=\sqrt{15}$，让所有不等式乖乖地在同一点取等。很美妙吧？